06 Induksi Matematika.ppt

Induksi Matematika

Matematika Diskrit

Matematika Diskrit 2

Outline

Definisi Prinsip Induksi Sederhana Prinsip Induksi yang Dirampatkan Prinsip Induksi Kuat Bentuk Induksi Secara Umum


Definisi Induksi matematika adalah :

Metode pembuktian untuk proposisi perihal bilangan bulat

Induksi matematika merupakan teknik pembuktian yang baku di dalam matematika

Induksi matematika dapat mengurangi langkah-langkah pembuktian bahwa semua bilangan bulat termasuk ke dalam suatu himpunan kebenaran dengan hanya sejumlah langkah terbatas


Contoh 1Jumlah bilangan bulat positif dari 1 sampai n adalah n(n+1)/2Bukti : Misalkan n = 6 p(6) adalah “Jumlah bilangan bulat positif dari 1 sampai 6 adalah 6(6+1)/2” terlihat bahwa :

1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21 6(7)/2 = 21Sehingga proposisi (pernyataan) tersebut benar


Contoh 2Jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2.Bukti Misalkan n = 6 buah (n = 1,2,3,4,5,6) maka :

n = 1 1 = 1 (1)2 = 1 n = 2 1+3 = 4 (2)2 = 4 n = 3 1+3+5 = 9 (3)2 = 9 n = 4 1+3+5+7 = 16 (4)2 = 16 n = 5 1+3+5+7+9 = 25 (5)2 = 25 n = 6 1+3+5+7+9+11 = 36 (6)2 = 36

Sehingga proposisi (pernyataan) tersebut benar


Contoh Lain Setiap bilangan bulat positif n(n 2) dapat

dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima

Untuk semua n 1, n3 + 2n adalah kelipatan 3 Untuk membayar biaya pos sebesar n sen dolar (n

8) selalu dapat digunakan hanya perangko 3 sen dan 5 sen dolar

Di dalam sebuah pesta, setiap tamu berjabat tangan dengan tamu lainnya hanya sekali. Jika ada n orang tamu maka jumlah jabat tangan yang terjadi adalah n(n – 1)/2

Banyaknya himpunan bagian yang dapat dibentuk dari sebuah himpunan yang beranggotakan n elemen adalah 2n.


Prinsip Induksi Sederhana Misalkan p(n) adalah proposisi

bilangan bulat positif dan ingin dibuktikan bahwa p(n) adalah benar untuk semua bilangan bulat positif n. Maka langkah-langkahnya adalah sebagai berikut :

1. p(n) benar2. Jika p(n) benar, maka p(n+1) juga benar

untuk setiap n 1 Sehingga p(n) benar untuk semua

bilangan bulat positif n


Prinsip Induksi Sederhana Basis induksi

Digunakan untuk memperlihatkan bahwa pernyataan benar bila n diganti dengan 1, yang merupakan bilangan bulat positif terkecil

Buat implikasi untuk fungsi berikutnya benar untuk setiap bilangan bulat positif

Langkah induksi Berisi asumsi (andaian) yang menyatakan bahwa

p(n) benar. Asumsi tersebut dinamakan hipotesis induksi.

Bila kedua langkah tersebut benar maka pembuktian bahwa p(n) benar untuk semua bilangan positif n.


Contoh 3

Tunjukkan bahwa untuk n 1, 1+2+3+…+n = n(n+1)/2 melalui induksi matematika


Solusi i. Basis induksi

p(1) benar n = 1 diperoleh dari :1 = 1(1+1)/2 = 1(2)/2 = 2/2 = 1

ii. Langkah induksiMisalkan p(n) benar asumsi bahwa :

1+2+3+…+n = n(n+1)/2Adalah benar (hipotesis induksi). Perlihatkan bahwa

p(n+1) juga benar yaitu :1+2+3+…+n+(n+1) = (n+1)[(n+1)+1]/2


1+2+3+…+n+(n+1) = (1+2+3+…+n)+(n+1)= [n(n+1)/2]+(n+1)= [(n2+n)/2]+(n+1)= [(n2+n)/2]+[(2n+2)/2]= (n2+3n+2)/2= (n+1)(n+2)/2= (n+1)[(n+1)+1]/2

Langkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka untuk semua bilangan bulat positif n, terbukti bahwa untuk semua n 1, 1+2+3+…+n = n(n+1)/2


Contoh 4

Gunakan induksi matematika untuk membuktikan bahwa jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2.


Solusi i. Basis induksi

p(1) benar jumlah 1 buah bilangan ganjil positif pertama adalah 12 = 1

ii. Langkah induksiMisalkan p(n) benar asumsi bahwa :

1+3+5+…+(2n-1) = n2

Adalah benar (hipotesis induksi)Perlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu :

1+3+5+…+(2n-1)+(2n+1) = (n+ 1)2 Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut :

1+3+5+…+(2n-1)+(2n+1) = [1+3+5+…+(2n-1)]+(2n+1)

= n2 + (2n+1)= n2 + 2n + 1= (n+ 1)2

Langkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka untuk jumlah n buah bilangan ganjil positif pertama adalah n2.


Prinsip Induksi yang Dirampatkan

Prinsip induksi sederhana dapat dirampatkan (generalized)

Misalkan p(n) adalah pernyataan perihal bilangan bulat n n0. Untuk membuktikannya perlu menunjukkan bahwa :

1. p(n0) benar2. Jika p(n) benar, maka p(n+1) juga benar untuk

setiap n n0

sehingga p(n) benar untuk semua bilangan bulat n n0


Contoh 5

Untuk semua bilangan bulat tidak negatif n, buktikan dengan induksi matematika bahwa 20+ 21+ 22+…+ 2n= 2n+1 -1


Solusi Misalkan p(n) adalah proposisi bahwa untuk semua bilangan

bulat tidak negatif n, 20+ 21+ 22+…+ 2n= 2n+1 -1i. Basis induksi

p(0) benar untuk n = 0 (bilangan bulat tidak negatif pertama) diperoleh dari :

20 = 1 = 20+1 -1 = 21 -1= 2 – 1= 1

ii. Langkah induksi Misalkan p(n) benar, yaitu proposisi :

20+ 21+ 22+…+ 2n= 2n+1 -1Diasumsikan benar (hipotesis induksi). Perlihatkan bahwa p(n+1) juga benar, yaitu :

20+ 21+ 22+…+ 2n+ 2n+1 = 2(n+1)+1 -1


Hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut : 20+ 21+ 22+…+ 2n+ 2n+1 = (20+ 21+ 22+…+ 2n) + 2(n+1)

= 2(n+1)+1 -1 + 2n+1 (dari hipotesis induksi)

= (2n+1 + 2n+1) – 1= (2 . 2n+1) – 1= 2n+2 – 1= 2(n+1)+1 -1

Langkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka untuk semua bilangan bulat tidak negatif n, terbukti bahwa 20+ 21+ 22+…+ 2n= 2n+1 -1


Contoh 6

Buktikan dengan induksi matematika bahwa 3n < n! untuk n bilangan bulat positif yang lebih besar dari 6


Solusi Misalkan p(n) adalah proposisi bahwa 3n < n! untuk n bilangan bulat

positif yang lebih besar dari 6i. Basis induksi

p(7) benar 37 < 7! 2187 < 5040ii. Langkah induksi

Misalkan bahwa p(n) benar, yaitu asumsikan bahwa 3n < n! adalah benar. Perlihatkan juga bahwa p(n+1) juga benar, yaitu 3n+1 < (n+1)!Hal ini dapat ditunjukkan sbb :

3n+1 < (n+1)! 3 . 3n < (n+1) . n! 3n . 3 / (n+1) < n!

Menurut hipotesis induksi, 3n < n!, sedangkan untuk n > 6, nilai 3/(n+1) < 1, sehingga 3/(n+1) akan memperkecil nilai di ruas kiri persamaan. Efek nettonya, 3n . 3/(n+1) < n! jelas benar

Langkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka terbukti bahwa 3n < n! untuk n bilangan bulat positif lebih besar dari 6


Prinsip Induksi Kuat Prinsip induksi yang lebih kuat adalah sbb :

1. p(n0) benar2. Jika p(n0), p(n0+1), …, p(n) benar, maka p(n+1) juga

benar untuk setiap n n0

sehingga p(n) benar untuk semua bilangan bulat n n0

Versi induksi yang lebih kuat mirip dengan induksi sederhana, perbedaannya adalah pada langkah (ii) :

hipotesis induksi yang lebih kuat bahwa semua pernyataan p(1), p(2), …, p(n) adalah benar

Hipotesis induksi sederhanabahwa p(n) benar

Prinsip induksi kuat memungkinkan kita mencapai kesimpulan yang sama meskipun memberlakukan andaian yang lebih banyak


Contoh 7

Bilangan bulat positif disebut prima jika dan hanya jika bilangan bulat tersebut habis dibagi dengan 1 dan dirinya sendiri. Buktikan dengan induksi matematika (prinsip induksi kuat) bahwa setiap bilangan bulat positif n(n 2) dapat dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima


Solusi Misalkan p(n) adalah proposisi setiap bilangan

bulat positif n(n 2) dapat dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima

Basis induksip(2) benar 2 sendiri adalah bilangan prima dan 2 dinyatakan sebagai perkalian dari satu buah bilangan prima, yaitu dirinya sendiri

Langkah induksiMisalkan p(n) benar, asumsikan bahwa bilangan 2, 3, …, n dapat dinyatakan sebagai perkalian (satu atau lebih) bilangan prima (hipotesis induksi). Perlihatkan juga bahwa p(n+1) benar, yaitu n + 1 juga dapat dinyatakan sebagai perkalian bilangan prima.


Hal ini dapat ditunjukkan sbb : Jika n + 1 bilangan prima perkalian satu atau lebih

bilangan prima Jika n + 1 bukan bilangan prima terdapaat bilangan

bulat positif a yang membagi habis n + 1 tanpa sisa(n+1)/a = b atau (n+1) = ab

dimana 2 a b n.Menurut hipotesis induksi, a dan b dapat dinyatakan sebagai perkalian satu atau lebih bilangan prima. Ini berarti bahwa n+1 jelas dapat dinyatakan sebagai perkalian bilangan prima, karena n+1 = abLangkah (i) dan (ii) dibuktikan benar, maka terbukti bahwa setiap bilangan bulat positif n(n 2) dapat dinyatakan sebagai perkalian dari (satu atau lebih) bilangan prima


Bentuk Induksi Secara Umum Membuat bentuk umum metode induksi

sehingga dapat diterapkan tidak hanya untuk pembuktian proposisi yang menyangkut himpunan bilangan bulat positif tetapi juga pembuktian yang menyangkut himpunan obyek yang lebih umum.

Syaratnya himpunan obyek tersebut harus mempunyai :

1. Keterurutan2. Elemen terkecil


Relasi biner “<“ pada himpunan X dikatakan terurut dengan baik (atau himpunan X dikatakan terurut dengan baik dengan “<“) bila memiliki properti berikut :

(i) Diberikan x, y, z X, jika x < y dan y < z maka x < z(ii) Diberikan x, y X. Salah satu dari kemungkinan ini

benar : x < y atau y < x atau x = y(iii) Jika A adalah himpunan bagian tidak kosong dari X,

terdapat elemen x A sedemikian sehingga x y untuk semua y A. Dengan kata lain, setiap himpunan bagian tidak kosong dari X mengandung “elemen terkecil”


Misalkan X terurut baik oleh “<“ dan p(x) adalah pernyataan perihal elemen x dari X. Pembuktian bahwa p(x) benar untuk semua x X. Untuk pembuktiannya hanya perlu menunjukkan bahwa :

(i) p(x0) benar, yang dalam hal ini x0 adalah elemen terkecil di dalam X

(ii) Jika p(y) benar untuk y < x, maka p(x) juga benar untuk setiap x > x0 di dalam X

Sehingga p(x) benar untuk semua x X


Contoh 8 Tinjau barisan bilangan yang didefinisikan

sbb : 0 jika m = 0 dan n = 0

Sm,n = Sm-1, n + 1 jika n = 0

Sm, n-1 + 1 jika n 0 Sebagai contoh :

S0,0 = 0 S1,0 = S0,0 + 1 = 0 + 1 = 1

S0,1 = S0,0 + 1 = 1 S1,1 = S1,0 + 1 = 1 + 1 = 2

S2,0 = S1,0 + 1 = 2 S2,1 = S2,0 + 1 = 2 + 1 = 3,… Buktikan dengan induksi matematik bahwa

untuk pasangan tidak negatif m dan n, Sm,n = m+n


Solusi Basis induksi

(0,0) elemen terkecil di dalam X, maka Sm,n = 0 + 0 = 0 Langkah induksi

Buktikan semua (m,n) > (0,0) di dalam X bahwa jika Sm’,n’ = m’ + n’ benar untuk semua (m’,n’) < (m,n) maka Sm,n = m+n juga benar.Andaikan bahwa Sm’,n’ = m’ + n’ benar untuk semua (m’,n’) hipotesis induksiTunjukkan juga bahwa Sm,n =m + n baik untuk n = 0 atau n 0.Kasus 1 : Jika n = 0 maka dari definisi Sm,n = Sm-1,n +1Karena (m-1, n) < (m, n) maka dari hipotesis induksi

Sm-1,n = (m-1) + n sehingga Sm,n = Sm-1,n +1 = (m-1)+n+1=m+n


Kasus 2 : Jika n 0 maka dari definisi Sm,n = Sm,n-1 +1

Karena (m, n-1) < (m, n) maka dari hipotesis induksi Sm,n-1 = m + (n-1) sehingga Sm,n = Sm,n-1 +1 = m+(n-1)+1=m+n

Langkah (i) dan (ii) sudah dibuktikan benar, maka terbukti bahwa untuk pasangan tidak negatif m dan n, Sm,n = m+n


Latihan Soal1. Temukan rumus untuk menghitung ½ + ¼ + 1/8

+ … + ½ dengan memeriksa nilai-nilai ekspresi untuk n yang kecil, lalu gunakan induksi matematik untuk membuktikan rumus tersebut.

2. Buktikan dengan induksi matematik bahwa n5 – n habis dibagi 5 untuk n bilangan bulat positif.

3. Buktikan melalui induksi matematik bahwa 1(2)+2(3)+…+n(n+1) = [n(n+1)(n+2)]3 untuk semua n 1

4. Sebuah kios penukaran uang hanya mempunyai pecahan uang senilai Rp 2.000,- dan Rp. 5.000,- Untuk uang senilai berapa saja yang dapat ditukar dengan kedua pecahan tersebut? Buktikan jawaban anda dengan induksi matematik


5. Tinjau runtunan nilai yang didefinisikan sebaga berikut :

S1,1 = 5Untuk semua pasang bilangan bulat positif (m,n) kecuali (1,1) didefinisikan sebagai berikut :

Sm-1,n + 2 jika n =1

Sm,n-1 + 2 jika n 1buktikan dengan induksi matematik bahwa untuk semua pasangan bilangan bulat positif (m,n) :

Sm,n = 2(m+n) + 1

Sm,n =

06 Induksi Matematika.ppt

Documents

Transcript of 06 Induksi Matematika.ppt